Sử dụng phương pháp quy đổi giải bài tập este 2020 .DPF

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230 KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TẬP ESTE BẰNG PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI 2020 Những năm gần đề thi THPTQG có tính phân hóa cao, để đạt điểm cao thời gian thi có 50 phút đỏi hỏi học sinh không ngừng cải tiến phương pháp cổ truyền thay vào phương pháp nhằm đáp ứng đòi hỏi mặt thời gian.Phương pháp quy đổi este thông qua đề thi THPTQG 2019 tơi trình bày thơng qua hướng dẫn giải hy vọng giúp ích em học sinh khóa 2002.Trân trọng! Câu 68(Mã đề 202-2019):Đốt cháy hồn toàn 25,74 gam triglixerit X, thu CO2 1,53 mol H2O Cho 25,74 gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ , thu glixerol m gam muối Mặt khác 25,74 gam X tác dụng tối đa với 0,06 mol Br2 dung dịch Giá trị m A 27,72 B 26,58 C.27,42 D 24,18 Hướng dẫn giải Lời dặn dò : Cơ sở lý thuyết quy đổi dạng tập sơ đồ ( ý số mol H2 bỏ bớt số mol liên kết pi gốc) R 1C O O C H C 3H a CH2 b C O O 3a - H2 c R 2C O O C H R 3C O O C H a m ol CH4 a CH2 t C O O 3a - H ,0 C 3H a H C O O 3a CH2 b - H2 c HCOOCH a HCOOCH HCOOCH CH2 - H 2 b c Hướng dẫn giải C3H5 a HCOO 3a CH2 b - H2 0,06 25,74 gam H2O 1,53 mol NaOH HCOONa 3a CH2 b - H2 0,06 C3H5(OH)3 a BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230 + Áp dụng ĐLBT nguyên tố H: 4a + b – 0,06 = 1,53 → 4a + b = 1,59 (I) + Áp dụng BT khối lượng : 176a + 14b – 0,12 = 25,74 → 176a + 14b = 25,86 (II) Từ (I)(II) ta có a = 0,03 ; b = 1,47 → m = 26,58 Câu 72(Mã đề 203-2019):Đốt cháy hoàn toàn m gam triglixerit X cần vừa đủ 3,08 mol O2 thu CO2 mol H2O Cho m gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ , thu glixerol 35,36 gam muối Mặt khác m gam X tác dụng tối đa với a mol Br2 dung dịch Giá trị a A 0,2 B 0,24 C.0,12 D 0,16 Hướng dẫn giải C3H5 x HCOO 3x CH2 y - H2 a m gam O2 3,08 mol H2O mol CO2 (6x + y) NaOH HCOONa 3x CH2 y - H2 a 35,36 gam C3H5(OH)3 x + Áp dụng ĐLBT nguyên tố H: 4x + y – a = (I) + Áp dụng BT khối lượng : 204.x + 14y – 2.a = 35,36 + Áp dụng ĐLBT nguyên tố O: 3x + 3,08 = 6x+ y + → 3x + y = 2,08 (III) Từ (I)(II)(III) ta có x = 0,04 ; y = 1,96 ; a = 0,12 (II) Câu 65(Mã đề 204-2019):Đốt cháy hoàn toàn m gam triglixerit X cần vừa đủ 2,31 mol O2 thu H2O 1,65 mol CO2 Cho m gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ , thu glixerol 26,52 gam muối Mặt khác m gam X tác dụng tối đa với a mol Br2 dung dịch Giá trị a A 0,09 B 0,12 C.0,15 D 0,18 Hướng dẫn giải C3H5 x HCOO 3x CH2 y - H2 a m gam O2 2,31 mol H2O (4x + y - a) mol CO2 1,65 mol NaOH HCOONa 3x CH2 y - H2 a 26,52 gam C3H5(OH)3 x BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230 + Áp dụng ĐLBT nguyên tố C: 6x + y = 1,65 (I) + Áp dụng BT khối lượng : 204.x + 14y – 2.a = 26,52 (II) + Áp dụng ĐLBT nguyên tố O: 3x + 2,31 = 2x+ 0,5.y – 0,5.a + 1,65 → x – 0,5 y + 0,5.a = - 0,66 (III) Từ (I)(II)(III) ta có x = 0,03 ; y = 1,47 ; a = 0,09 Câu 67(Mã đề 207-2019):Đốt cháy hoàn toàn 17,16 gam triglixerit X, thu H2O 1,1 mol CO2 Cho 17,16 gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ , thu glixerol m gam muối Mặt khác 17,16 gam X tác dụng tối đa với 0,04 mol Br2 dung dịch Giá trị m A 16,12 B 18,48 C.18,28 D 17,72 Hướng dẫn giải C3H5 a HCOO 3a CH2 b - H2 0,04 H2O CO2 1,1 mol NaOH 17,16 gam HCOONa 3a CH2 b - H2 0,04 C H (OH)3 3a + Áp dụng ĐLBT nguyên tố C: 6a + b = 1,1 (I) + Áp dụng BT khối lượng : 176a + 14b – 0,08 = 17,16 → 176a + 14b = 17,24 (II) Từ (I)(II) ta có a = 0,02 ; b = 0,98 → m = 17,72 Câu 66(Minh họa 2019): Đốt cháy hoàn toàn 0,06 mol hỗn hợp X gồm ba triglixerit cần vừa đủ 4,77 mol O2, thu được3,14 mol H2O Mặt khác, hiđro hóa hồn tồn 78,9 gam X (xúc tác Ni, to), thu hỗn hợp Y Đunnóng Y với dung dịch KOH vừa đủ, thu glixerol m gam muối Giá trị m A 86,10 B 57,40 C 83,82 D 57,16 Hướng dẫn giải C3H5 0,06 HCOO 0,18 CH2 x - H2 a O2 4,77 H2O 3,14 mol CO2 (0,36 + x) mol m1 gam Áp dụng ĐLBT O: 0,18 + 4,77 = 0,36 + x + 1,57 → x = 3,02 mol Áp dụng ĐLBT H: 0,06.2,5 + 0,09 + 3,02 – a = 3,14 →a = 0,12 → m1 = 52,6 gam BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230 Sơ đồ thí nghiệm 78,9 gam X (gấp 1,5 lần thí nghiệm 1) C3H5 0,09 HCOO 0,27 CH2 4,53 - H2 0,18 H2 C3H5 0,09 HCOO 0,27 CH2 4,53 KOH HCOOK 0,27 mol CH2 4,53 mol m gam 78,9 gam Dễ tính m = 86,10 gam chọn A Câu 68(Mã đề 201-2018): Thủy phân hoàn toàn triglixerit X dung dịch NaOH, thu glixerol, natri stearat natri oleat Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần vừa đủ 3,22 mol O2 , thu H2O 2,28 mol CO2 Mặt khác, m gam X tác dụng tối đa với a mol Br2 dung dịch Giá trị a A 0,04 B 0,08 C 0,20 D 0,16 Hướng dẫn giải Ta quy đổi X sau: C3H5 x C17H35COO 3x - H2 a O2 3,22 H2O (55x -a) mol CO2 2,28 mol m gam +Bảo toàn C: x = 0,04 +Bảo toàn O: a =0,08 mol Chọn B Hướng dẫn giải CO2 C57H116-2kO6 0,04 mol O2 2,28 mol 3,22 mol H2 O Bao toan O 2,12 mol Dễ có k =5 Vậy a = 0,08 mol Chọn B Câu 41(ĐHA- 2014): Cho X, Y hai chất thuộc dãy đồng đẳng axit acrylic MX < MY; Z ancol có số nguyên tử cacbon với X; T este hai chức tạo X, Y Z Đốt cháy hoàn toàn 11,16 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T cần vừa đủ 13,216 lít khí O2 (đktc), thu khí CO2 9,36 gam nước Mặt khác 11,16 gam E tác dụng tối đa với dung dịch chứa 0,04 mol Br2 Khối lượng muối thu cho lượng E tác dụng hết với dung dịch KOH dư A 4,68 gam B 5,04 gam C 5,44 gam D 5,80 gam BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230 Hướng dẫn giải DLBTKL O2 0,59 mol E CO2 0,47 mol 11,16 gam H2O 0,52 mol 9,36 gam Nhận thấy số mol H2O lớn số mol CO2 nên ta luận an col E phải no Ta quy đổi hỗn hợp E sau: Dựa theo kiện đề cho ta quy đổi E sau: t R1COOH R2COOH R1COO- CH2 R2COO- CH CH3(CH2)m C3H6(OH)2(CH2)m HCOOH C3H6(OH)2 CH2 - H2 - H2O x y z x 2t E E (Chú ý: Trong toán số mol COO số mol liên kết pi gốc ) Sơ đồ biến hóa hóa học: HCOOH C3H6(OH)2 CH2 - H2 - H 2O 0,04 y z 0,04 2t O2 0,59 CO2 0,47 H2O 0,52 E 11,16 gam + Bảo toàn C: 0,04 + 3y +z = 0,47 → 3y + z = 0,43 + Bảo toàn O : 0,04 + y –t + 0,59 = 0,47 + 0,26 → y – t = 0,1 + Bảo toàn H : 4y +z -2t = 0,52 Giải hệ : y= 0,11 ; z=0,1 ; t=0,01 Vì z = 0,1< y =0,11 nên an col C3H6(OH)2 Khi cho E tác dụng KOH muối thu gồm : (I) (II) (III) BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230 HCOOK 0,04 CH2 0,1 - H2 0,04 m gam m =4,68 gam chọn A Hướng dẫn giải DLBTKL CO2 0,47 mol O2 0,59 mol E 11,16 gam H2O 0,52 mol 9,36 gam Nhận thấy số mol H2O lớn số mol CO2 nên ta luận an col E phải no Ta quy đổi hỗn hợp E sau: CH2 = CH - COOH C3H6(OH)2 CH2=CH-COO C3H6 CH2=CH-COO CH2 Sơ đồ phản ứng: a CH2 = CH - COOH b C3H6(OH)2 CH2=CH-COO c CH2=CH-COO d CH2 C3H6 O2 0,59 mol Br2 0,04 mol KOH (a + 2c ) 11,16 gam Bảo toàn O: a + b + 2c = 0,14 Dựa vào chênh lệch số mol CO2 H2O : -a + b – 3c = 0,05 Bảo tồn liên kết pi gốc ta có: a + 2c = 0,04 Bảo toàn khối lượng: 72.a + 76.b + 184.c + 14.d =11,16 CO2 0,47 mol H2O 0,52 mol Muoi ( m gam) H2O a mol C3H6(OH)2 ( b + c ) (I) (II) (III) (IV) BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230 Giải hệ: a= 0,02 ; b=0,1 ; c=0,01 ; d = 0,02 Vì d =0,02 mà b= 0,1 nên chắn an col Z C3H6(OH)2 Áp dụng ĐLBTKL : m = 4,68 gam Câu 43( THPTQG 2015): Hỗn hợp X gồm este đơn chức, tạo thành từ ancol Y với axit cacboxylic (phântử có nhóm -COOH); đó, có hai axit no đồng đẳng axit khơng no (có đồng phân hình học, chứa liên kết đơi C=C phân tử) Thủy phân hoàn toàn 5,88 gam X dung dịch NaOH, thu hỗn hợp muối m gam ancol Y Cho m gam Y vào bình đựng Na dư, sau phản ứng thu 896 ml khí (đktc) khối lượng bình tăng 2,48 gam Mặt khác, đốtcháy hồn tồn 5,88 gam X thu CO2 3,96 gam H2O Phần trăm khối lượng este không no X A 34,01% B 38,76% C 40,82% D 29,25% Hướng dẫn giải Na ROH 0,08 H2 0,04 mol m – 0,08 = 2,48 → m = 2,56 → Mancol = 32 ( CH3OH ) Ta quy đổi X: HCOOCH3 CH3- CH = CH- COOCH3 CH2 Ta có sơ đồ phản ứng : a HCOOCH3 b CH3- CH = CH- COOCH3 c CH2 NaOH 0,08 Muoi CH3OH 0,08 mol O2 H2O 0,22 mol 5,88 gam Bảo tồn nhóm COO: a + b = 0,08 (I) Bảo toàn H: 2a + 4b + c = 0,22 (II) Bảo toàn khối lượng: 60a + 100.b + 14.c = 5,88 (III) Giải hệ: a = 0,06 ; b= 0,02; c=0,02 Vì c= 0,02 =b nên este khơng no khơng thể chứa nhóm CH2 Vì có CH2 đồng nghĩa este no khơng có nhóm CH2 (vơ lý) Vậy % este khơng no dễ tính : 34,01% chọn A BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230 Câu 46: X, Y hai axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở, đồng đẳng (MX < MY) T este tạo X, Y với ancol hai chức Z Đốt cháy hoàn toàn 5,07 g hỗn hợp M gồm X, Y ,Z ,T lượng vừa đủ khí O2, thu 3,92 lít CO2 (đktc) 3,69 g H2O Mặt khác 5,07 g M phản ứng vừa đủ với 500ml dung dịch KOH 0,2M, đun nóng Phát biểu sau sai? A Thành phần phần trăm theo số mol Y M 21,43% B Tổng số nguyên tử hidro hai phân tử X, Y C Tổng số nguyên tử cacbon phân tử T D X làm màu nước brom Hướng dẫn giải DLBTKL O2 0,1975 mol M CO2 0,175 mol 7,7 gam 5,07 gam H2O 0,205 mol 3,69 gam Nhận thấy số mol H2O lớn mol CO2 nên ta luận an col M phải no Ta quy đổi hỗn hợp E sau: HCOOH C2H4(OH)2 HCOO C2H4 HCOO CH2 Sơ đồ phản ứng: a HCOOH b C2H4(OH)2 O2 0,1975 mol CO2 0,175 mol HCOO c C2H4 H2O HCOO d CH2 KOH 0,1 mol 5,07 gam Bảo toàn O: a + b + 2c = 0,08 (I) Bảo tồn nhóm COO: a + 2c = 0,1 (II) Sự chênh lệch số mol CO2 H2O ta có: b – c = 0,03 (III) 0,205 mol BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230 Bảo toàn C: a + 2b + 4c + d = 0,175 Giải hệ ta có: a = 0,02 ; b=0,04 ; c=0,01 ; d=0,035 Vì d = 0,035 < 0,04 nên ancol C2H4(OH)2 TH1 : x HCOOH y CH3COOH (IV) 0,04 C2H4(OH)2 HCOO 0,01 C2H4 CH3COO Ta dễ có: x + y =0,02 x= 0,005 y + 0,01 = 0,035 (Bao toan CH2) y = 0,015 TH2: x CH3COOH y C2H5COOH 0,04 C2H4(OH)2 0,01 CH3COO C2H4 C2H5COO x + y =0,02 ( Loai ) x +2.y + 0,03 = 0,035 (Bao toan CH2) Câu 80 (MĐ 201-2017) Một hỗn hợp E gồm este đơn chức X este hai chức Y (X,Y no ,mạch hở).Xà phòng hóa hồn tồn 40,48 gam E cần vừa đủ 560 ml dung dịch NaOH 1M ,thu hai muối có khối lượng a gam hỗn hợp T gồm hai ancol có số nguyên tử cácbon.Đốt cháy tồn T ,thu 16,128 lít khí CO2 (đktc) 19,44 gam H2O Giá trị a gần với giá trị sau ? A.43,0 B 37,0 C.40,5 13,5 Hướng dẫn giải Ta quy đổi E: BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230 HCOOCH3 HCOO -CH2 HCOO- CH2 CH2 Sơ đồ phản ứng: x HCOOCH3 HCOONa NaOH 0,56 mol HCOO -CH2 y CH2 0,56 mol a gam v Bao toan O HCOO- CH2 z CH3OH CH2 x O2 C2H4(OH)2 y 40,48 gam CH2 CO2 0,72 mol H2 O 1,08 mol t 51,12 gam Bảo tồn nhóm COO: x + 2y = 0,56 Bảo toàn O cho sơ đồ đốt cháy ancol: (I) n = 0,98 mol O2 Áp dụng ĐLBTKL: mancol = 19,76 gam Áp dụng ĐLBTKL: a = 43,12 gam chọn A Lời Giải *Tìm T 16,128  0, 72mol 22, 19, 44 n H 2O  18  1, 08mol nCO  nCO  n H 2O T ancol no mạch hở n T  1, 08  0, 72  0,36 -sơ đồ đốt cháy T : CnH2n+2Ox O2 n CO2 + ( n+1) H2O 0,72 0,36 n 0, 72 2 0,36 Vậy ancol T gồm C2H5OH C2H4(OH)2 *sơ đồ phản ứng xà phòng hóa x m ol E ,4 + gam N aO H ,5 m o l 2 ,4 gam M uoi + a gam C y m ol C 2 H H O H (O H )2 x + y = ,3 BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230 Bảo tồn nhóm OH ta có : x+ y = 0,36 x= 0,16 x + 2y = 0,56 y = 0,2 Áp dụng ĐLBTKL: a = 43,12 gam chọn A Câu 79(Mã đề 201-2018): Este X hai chức, mạch hở, tạo ancol no với hai axit cacboxylic no, đơn chức Este Y ba chức, mạch hở, tạo glixerol với axit cacboxylic khơng no, đơn chức (phân tử có hai liên kết pi).Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm X Y cần vừa đủ 0,5 mol O2 thu 0,45 mol CO2 Mặt khác, thủy phân hoàn toàn 0,16 mol E cần vừa đủ 210 ml dung dịch NaOH 2M, thu hai ancol (có số nguyên tử cacbon phân tử) hỗn hợp ba muối, tổng khối lượng muối hai axit no a gam Giá trị a A 13,20 B 20,60 C 12,36 D 10,68 Hướng dẫn giải Ta quy đổi E: HCOO C3H6 CH3COO CH2=CH-COO CH2=CH-COO C3H5 CH2=CH-COO CH2 Sơ đồ biến hóa: Bao toan H HCOO C3H6 x CH3COO H2O (5x + 7y +z) O2 0,5 mol CH2=CH-COO CH2=CH-COO y C3H5 CH2=CH-COO z CH2 0,16.t (Ta coi phần TN1 gấp t lần phần TN2) NaOH 0,42.t CO2 0,45 mol BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230 Ta dễ có: x = 0,06t x + y = 0,16t 2x + 3y =0,42 t y = 0,1 t x y = (I) Bảo toàn C :6x + 12y +z = 0,45 (II) Bảo toàn O : 4x + 6y + 0,5.2 =0,45.2 + 5x + 7y + z x + y + z = 0,1 (III) Giải hệ : x = 0,015 ; y = 0,025 ; z=0,06 → t =0,25 Vì z = 0,06 ; y= 0,025 nên chắn gốc axit khơng no khơng chứa nhóm CH2 mà có gốc axit no Vậy muối axit no HCOONa 0,015 CH3COONa 0,015 CH2 0,06 Dễ tính giá trị a = 12,36 gam (chú ý chia cho 0,25) chọn C Hướng dẫn giải R 1C O O C 3H ( C n H n -2 O ) R 2C O O x m ol ,5 m o l R 3CO O ( C m H m -1 O ) R 3CO O CO2 ,4 m o l O2 C 3H H 2O t m ol R 3COO N aO H y m ol ,4 k m o l ( Giả sử lượng chất TN1 gấp k lần thí nghiệm 2) Ta dễ có : x + y = 0,16k 2x + 3y =0,42 k x = 0,06k y = 0,1 k x y = (1) Áp dụng ĐLBT O: t = 4x + 6y + 0,1 Theo chênh lệch số mol CO2 H2O dựa vào hệ số ta có : BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ƠN THI THPTQG 2020 - 0397172230 nCO  n H O 0,45 - 4x - 6y - 0,1 = x + 5y  x  5y 5x + 11y = 0,35 (2) Từ (1)(2) giải hệ ta có x = 0,015 y = 0,025   3n + 5m = 90 ( n≥ 6; m ≥ 12 ) Áp dụng ĐLBT C: 0,015.n + 0,025.m = 0,045   Chọn cặp nghiệm : n = 10 m = 12 Dễ tính a = 12,36 Câu 64(Mã đề 202-2018): Hỗn hợp X gồm axit panmitic, axit stearic triglixerit Y Đốt cháy hoàn toàn m gam X thu 1,56 mol CO2 1,52 mol H2O Mặt khác, m gam X tác dụng vừa đủ với 0,09 mol NaOH dịch, thu glixerol dung dịch chứa a gam hỗn hợp muối natri panmitat, natri stearat Giá trị a A 25,86 B 26,40 C 27,70 D 27,30 Hướng dẫn giải Ta quy đổi X: C15H31COOH (C15H31COO)3C3H5 CH2 Sơ đồ biến hóa: x C15H31COOH O2 CO2 1,56 mol y (C15H31COO)3C3H5 z CH2 H2O 1,52 mol NaOH 0,09 mol Muoi H2O x C3H5(OH)3 y Bảo tồn nhóm COO: x + 3y = 0,09 (I) Dựa vào chênh lệch số mol CO2 H2O ta có: 2y =1,56- 1,52 → y =0,02 ; x = 0,03 Bảo toàn C: 16x + 51.y + z =1,56 → z = 0,06 BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230 Vậy muối : C15H31COONa 0,09 CH2 0,06 Tính a =25,86 gam chọn A Hướng dẫn giải Ta quy đổi X: C15H31COOH C3H5(OH)3 CH2 - H2O Sơ đồ biến hóa: C15H31COOH 0,09 C3H5(OH)3 x y CH2 - H2O 3x CO2 O2 1,56 mol H2O 1,52 mol NaOH 0,09 mol C15H31COONa 0,09 CH2 y + Áp dụng chênh lệch số mol CO2 H2O ta dễ có: 1,56 – 1,52 = -x +3x → x = 0,02 + Áp dụng ĐLBTC : 0,09 16 + 3x + y = 1,56 → y = 0,06 mol (Để tìm x,y HS sử dụng ĐLBT C, H ) Tính a = 25,86 gam Hướng dẫn giải C15H31COOH x mol C17H35COOH y mol (RCOO)3C3H5 (CnH2n - O6) z mol O 4,46 mol ( 1) (2) m=24,64 gam CO2 1,56 mol H2O 1,52 mol H2O ( x + y) NaOH Muoi 0,09 mol Ta de co : x + y + 3z = 0,09 Áp dụng ĐLBT O (1) ta có : nO = 4,46 C3H8O3 z BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230 Áp dụng ĐLBTKL (1) m= 24,64 gam Sự chênh lệch số mol CO2 số mol H2O : z = 0,02 ; x + y = 0,03 Áp dụng ĐLBTKL (2): 24,64 + 0,09.40 = a + 0,03.18 + 0,02 92 → a =25,86 gam chọn A Câu 74: Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở, có bốn liên kết pi (π) phân tử, có este đơn chức este axit metacrylic hai este hai chức đồng phân Đốt cháy hoàn toàn 12,22 gam E O2 , thu 0,37 mol H2O Mặt khác, cho 0,36 mol E phản ứng vừa đủ với 234 ml dung dịch NaOH 2,5M, thu hỗn hợp X gồm muối axit cacboxylic khơng no, có số nguyên tử cacbon phân tử; hai ancol không no, đơn chức có khối lượng m1 gam ancol no, đơn chức có khối lượng m2 gam Tỉ lệ m1 : m2 có giá trị gần với giá trị sau đây? A 2,7 B 1,1 C 4,7 D 2,9 Hướng dẫn giải Theo giả thiết đề cho Khơng giảm tính tổng qt ta quy đổi E: C H = C -C O O - C H -C = C H CH3 COOCH3 CH2 = C C O O C H -C H =C H CH COOCH3 CH C O O C H -C H =C H CH2 Sơ đồ biến hóa: BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ƠN THI THPTQG 2020 - 0397172230 x CH2= C -COO - CH2-C = CH O2 CH3 CO2 COOCH3 y CH2 = C H2O 0,37 mol COO CH2 -CH =CH2 z t CH COOCH3 CH COO CH2 -CH =CH2 NaOH 0,585.a CH2 12,22 gam x + y + z = 0,36.a Áp dụng ĐLBT COO: x + 2y + 2z = 0,585.a Ta dễ có : n - n CO2 H2O = (x + y + z) n CO2 = 1,08.a + 0,37 Áp dụng ĐLBTO: = n x + 2y + 2z + n + 0,5 n H2O O2 CO2 n O = 0,495.a + 0,555 Áp dụng ĐLBTKL ta tính a = 2/9 x = 0,03 y + z =0,05 thay vào tính t = Vậy chất quy đổi trùng khớp chất An col tương ứng: CH3OH 0,05 mol m2 = 1,6 gam m2 CH2=CH - CH2-OH 0,05 mol m1= 4,58 gam CH = C - CH2 - OH 0,03 mol Chọn D m1 = 2,8625 BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230 Hướng dẫn giải O2 CnH2n -6 O2a t mol CO2 ( 0,37 + t ) mol ( 1) (2) 12,22 gam H 2O 0,37 mol NaOH 0,585 mol Theo gt ta dễ có : 0,36 a = 0,585 → a = 1,625 Áp dụng DDLBTKL : 12,22 = mC + mH + mO = (0,37 + 3t ).12 + 0,37.2 + t.3,25.16 → t = 0,08 mol Áp dụng ĐLBT C : n= 7,625 Vì este hai chức đồng phân ; tạo muối axitcacboxylic khơng no,có C ; ancol tạo không no Nên số nguyên tử C phải ; Vậy chất E : C H 2= C -C O O - C H 2-C = C H x CH3 COOCH3 y CH2 = C C O O C H -C H = C H z CH CH COOCH3 C O O C H -C H = C H Ta có: x + y + z =0,08 Bảo toàn C: 7x + 8y + 8z = 0,61 Giải hệ: x= 0,03 ; y + z =0,05 An col tương ứng: CH3OH 0,05 mol m2 = 1,6 gam m2 CH2=CH - CH2-OH 0,05 mol m1= 4,58 gam CH = C - CH2 - OH 0,03 mol Chọn D m1 = 2,8625 BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230 Câu 77(Mã đề 222-2019):Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở tạo axit cacboxylic với ancol : X(no,đơn chức) Y (không no,đơn chức ,phân tử có hai liên kết pi ) Z (no, hai chức).Cho 0,2 mol E tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH , thu 12,88 gam hỗn hợp ba ancol dãy đồng đẳng 24,28 gam hỗn hợp T gồm ba muối ba axit cacboxylic Đốt cháy toàn T cần vừa đủ 0,175 mol O2 , thu Na2CO3 ,CO2 0,055 mol H2O Phần trăm khối lượng X E có già trị gần với giá trị sau ? A B 12 C.5 D Hướng dẫn giải Dựa theo kiện đề cho ta quy đổi E sau: HCOOCH3 CH2 = CH- COOCH3 COOCH3 COOCH3 CH2 E Sơ đồ biến hóa hóa học: x HCOOCH3 y CH = CH- COOCH COOCH3 z COOCH3 ROH (12,88 gam ) + NaOH t CH2 x HCOONa y CH2 = CH- COONa z + O2 0,175 mol COONa CO2 v H2O 0,055 mol COONa t' CH2 E Na2CO3 u x + y + z = 0,2 (I) 24,28 gam Bao tồn khơi luong : 24,28 + 0,175.32 = 0,055.18 + 106 u + 44 v 28,89 = 106u + 44v u= 0,175 0,295 = - u + 2v v= 0,235 Bao toàn Na: x + y + 2z = 2u Bao toàn Oxi: 2x + 2y + 4z + 0,175.2 = 3u +2v + 0,055 x + y + 2z = 0,35 (II) Bao toàn C : x + 3y + 2z + t' = u + v =0,41 Bao toàn H: x + 3y + 2t' = 0,055.2 x + 3y + 4z = 0,71 (III) Từ (I)(II)(III) ta có : x=0,02 y = 0,03 t' = z = 0,15 Áp dụng ĐLBTKL ta tìm t = 0,12 t’ =0 nên CH2 thuộc gốc ancol nên ta dễ có: 0,12 = 0,02n + 0,03 m + 0,15.l ( n,m,l số nhóm CH2 Trong X,Y,Z ) l = giá trị phù hợp.và ta có PT tốn học BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ƠN THI THPTQG 2020 - 0397172230 2n + 3m = 12 m n 4,5 1,5 Loại Loại Chọn Loại Loại Loại : số lẻ không đảm bảo tạo ancol khác Vậy X : HCOOC4H9 %X = 2,04 100% = 8,81% 23,16 Chọn A Câu 79(Mã đề 213-2019):Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở tạo axit cacboxylic với ancol : X(no,đơn chức) Y (không no,đơn chức ,phân tử có hai liên kết pi ) Z (no, hai chức).Cho 0,58 mol E tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH , thu 38,34 gam hỗn hợp ba ancol dãy đồng đẳng 73,22 gam hỗn hợp T gồm ba muối ba axit cacboxylic Đốt cháy toàn T cần vừa đủ 0,365 mol O2 , thu Na2CO3 , H2O 0,6 mol CO2 Phần trăm khối lượng Y E có già trị gần với giá trị sau ? A B C.7 D Hướng dẫn giải Dựa theo kiện đề cho ta quy đổi E sau: HCOOCH3 CH2 = CH- COOCH3 COOCH3 COOCH3 CH2 E Sơ đồ biến hóa hóa học: BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230 x HCOOCH3 y CH = CH- COOCH COOCH3 z COOCH3 ROH (38,34 gam ) + NaOH x HCOONa y CH2 = CH- COONa t CH2 z + O2 0,365 mol COONa CO2 0,6 mol H2O v COONa t' CH2 E Na2CO3 u x + y + z = 0,58 (I) 73,22 gam Bao tồn khơi luong : 73,22 + 0,365.32 = 0,6.44 + 106 u + 18 v 58,5 = 106u + 18v u=0,54 - 0,47 = - u + v v= 0,07 Bao toàn Na: x + y + 2z = 2u Bao toàn Oxi: 2x + 2y + 4z + 0,365.2 = 3u +v + 0,6.2 x + y + 2z = 1,08 (II) Bao toàn C : x + 3y + 2z + t' = u + 0,6 =1,14 x + 3y + 4z = 2,14 (III) Bao toàn H: x + 3y + 2t' = v.2 =0,14 x + 3y + 4z = 2,14 (III) Từ (I)(II)(III) ta có : x=0,05 y = 0,03 t' = z = 0,5 Áp dụng ĐLBTKL ta tìm mE = 68,36 gam ; t = 0,27 t’ =0 nên CH2 thuộc gốc ancol nên ta dễ có: 0,27 = 0,05n + 0,03 m + 0,5.l ( n,m,l số nhóm CH2 Trong X,Y,Z ) l = giá trị phù hợp.và ta có PT tốn học 5n + 3m = 27 n m 7,3 5,6 2,3 0,67 Loại Loại Loại Chọn Loại Loại Loại : số lẻ khơng đảm bảo tạo ancol khác Vậy Y : CH2 = CH - COOC5H11 %X = 4,26 100% = 6,23 % 68,36 Chọn D Câu 74(Tham khảo BGD 2019): Hỗn hợp T gồm ba este X, Y, Z mạch hở (MX < MY < MZ) Cho 48,28 gam T tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 0,47 mol NaOH, thu muối axit cacboxylic đơn chức hỗn hợp Q gồm ancol no, mạch hở, có số nguyên tử cacbon phân tử Đốt cháy hoàn toàn Q, thu 13,44 lít khí CO2 14,4 gam H2O Phần trăm khối lượng nguyên tố H Y A 9,38% B 8,93% C 6,52% D 7,55% BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230 Hướng dẫn giải RCOONa 0,47 mol NaOH 0,47 mol T H2O 0,8 mol O2 48,28 gam CnH2n + 2Ox 0,2 n= Bao toan OH: x =2,35 CO2 0,6 mol Áp dụng ĐLBTKL: mancol = 16,32 gam → mMuoi = 50,76 gam → MMuoi = 108 ( CH2=CH-CH2 – COONa) Các este T: CH2=CH- CH2- COOC3H7 CH2=CH- CH2- COO C3H6 CH2=CH- CH2- COO CH2=CH- CH2- COO CH2=CH- CH2- COO C3H5 CH2=CH- CH2- COO % KL H Y : 7,55% chọn D Câu 78(Tham khảo BGD 2019): Cho X, Y hai axit cacboxylic đơn chức (MX < MY); T este ba chức, mạch hở tạo X, Y với glixerol Cho 23,06 gam hỗn hợp E gồm X, Y, T glixerol (với số mol X lần số mol T) tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch NaOH 2M, thu hỗn hợp F gồm hai muối có tỉ lệ mol : 3,68 gam glixerol Đốt cháy hoàn toàn F cần vừa đủ 0,45 mol O2, thu Na2CO3, H2O 0,4 mol CO2 Phần trăm khối lượng T E có giá trị gần với giá trị sau đây? A 29 B 35 C 26 D 25 BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230 Hướng dẫn giải Dựa theo kiện đề cho ta quy đổi E sau: HCOOH x C3H5(OH)3 y z CH2 a - H2 3t - H2O 8t R1COOH u R2COOH RCOO- CH2 t RCOO- CH RCOO- CH2 v C3H5(OH)3 E E Sơ đồ biến hóa hóa học: HCOOH 0,4 C3H5(OH)3 0,04 NaOH 0,4 mol z CH2 a - H2 3t - H2O HCOONa 0,4 CH2 z - H2 a O2 0,45 Na2CO3 0,2 CO2 0,4 H2O 0,3 mol Muoi Bao toan O E 23,06 gam + Áp dụng ĐLBT C: z = 0,2 + Bảo toàn H: a =0,1 Vì hai muối có tỷ lệ số mol 1: nên ta dễ xác định muối F: HCOONa 0,3 CH2=CHCOONa 0,1 + Bảo tồn khối lượng ta dễ tính t =0,03 Vậy ta dễ nhận Trong T phải có gốc HCOO : Cấu tạo T : CH2=CH- COO HCOO C3H5 HCOO % T = 26,279 % Chọn C ... BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230 + Áp dụng ĐLBT nguyên tố C: 6x + y = 1,65 (I) + Áp dụng BT khối lượng : 204.x + 14y – 2.a = 26,52 (II) + Áp dụng ĐLBT nguyên tố O: 3x + 2,31... O2 , thu H2O 2,28 mol CO2 Mặt khác, m gam X tác dụng tối đa với a mol Br2 dung dịch Giá trị a A 0,04 B 0,08 C 0,20 D 0,16 Hướng dẫn giải Ta quy đổi X sau: C3H5 x C17H35COO 3x - H2 a O2 3,22 H2O... gam Nhận thấy số mol H2O lớn số mol CO2 nên ta luận an col E phải no Ta quy đổi hỗn hợp E sau: Dựa theo kiện đề cho ta quy đổi E sau: t R1COOH R2COOH R1COO- CH2 R2COO- CH CH3(CH2)m C3H6(OH)2(CH2)m